Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Zlatko Trstenjak Određeni integral i primjene

Транскрипт

1 Sveučilište J.J. Strossmyer u Osijeku Odjel z mtemtiku Sveučilišni preddiplomski studij mtemtike Zltko Trstenjk Određeni integrl i primjene u geometriji Zvršni rd Osijek, 8.

2 Sveučilište J.J. Strossmyer u Osijeku Odjel z mtemtiku Sveučilišni preddiplomski studij mtemtike Zltko Trstenjk Određeni integrl i primjene u geometriji Zvršni rd Mentor: doc. dr. sc. Ivn Soldo Osijek, 8.

3 Sžetk Tem ovog zvršnog rd je određeni integrl i neke njegove primjene u geometriji. U prvom dijelu rd definirt ćemo određeni integrl, iskzti njbitnije teoreme o integrbilnosti funkcije, povezti pojm neodređenog integrl s problemom rješvnj određenog integrl te uz primjere pokzti osnovne metode z rješvnj određenog i neodređenog integrl. U drugom dijelu rd opist ćemo kko se određeni integrl može primijeniti z rješvnje geometrijskih problem ko što su površin lik, volumen rotcijskog tijel i duljin luk krivulje. Ključne riječi Problem površine, Drbouxov sum, određeni integrl, Newton-Leibnizov formul, površin lik u rvnini, duljin luk krivulje, volumen rotcijskog tijel, površin rotcijske plohe

4 A definite integrl nd its pplictions in geometry Summry The theme of this finl work is definite integrl nd some of its pplictions in geometry. In the first prt of the pper we will define definite integrl, present the most importnt theorems bout the function integrbility, give the reltionship between n indefinite integrl nd the problem of solving definite integrls, nd through the different types of exmples illustrte the bsic methods of solving definite nd indefinite integrls. In the second prt we will describe how to pply definite integrl in solving of geometric problems such s: re of plne shpes, finding the volume of solid revolution nd the length of curve. Key words The re problem, the upper nd lower Drboux sum, definite integrl, the fundmentl theorem of clculus, re of plne shpes, the length of curve, the volume of solid revolution

5 Sdržj Uvod i Određeni integrl. Problem površine i definicij određenog integrl Osnovni teoremi i svojstv određenog integrl Newton-Leibnizov formul Metode rješvnj integrl Direktn integrcij Metod supstitucije Metod prcijlne integrcije Primjene određenog integrl u geometriji 5. Površin lik u rvnini Duljin luk krivulje Volumen rotcijskog tijel Površin rotcijske plohe Litertur 4

6 i Uvod Rčunnje površine prvilnih likov poput kvdrt, prvokutnik, trokut, itd. jedn je od osnovnih problem u mtemtici. Rješenj su dobro poznt: površin prvokutnik jednk je umnošku dvije njegove susjedne strnice; površin prvokutnog trokut jednk je polovini umnošk njegovih ktet. To zključujemo tko d prvokutni trokut proširimo do prvokutnik, čiju površinu znmo izrčunti te uočimo kko nš prvokutni trokut zuzim točno pol tko dobivene površine. To je prikzno n Slici. Slik Površine mnogih prvilnih likov rčunju se tko d ih n neki nčin svedemo n prvokutnike. Međutim, što ko nš lik nije prviln? Primjerice, pogledjmo nenegtivnu funkciju f : [, b] R i skup točk rvnine omeđen grfom funkcije f, prvcim x =, x = b i x-osi. Tkv skup točk zove se pseudotrpez i prikzn je n Slici. Zbog zkrivljenosti grf funkcije f, tj skup ne možemo rstviti n prvokutnike. T Slik : Pseudotrpez T Međutim, možemo pokušti nešto slično. Zbog omeđenosti funkcije f postoje relni brojevi m i M tkvi d je m f(x) M, z svki x [, b]. Ako uzmemo d je f(x) = m, z svki x [, b], dobivmo prvokutnik p upisn nšem pseudotrpezu T. Ako je f(x) = M, z svki x [, b], dobivmo prvokutnik P opisn nšem pseudotrpezu T. Time smo dobili jednu proksimciju površine pseudotrpez T. Uočimo kko će on biti već od površine prvokutnik p i mnj od površine prvokutnik P. Koliko je nš proksimcij točn ovisi o rzlici između M i m. U nstvku ćemo vidjeti kko poboljšti proksimciju površine pseudotrpez T, to će ns dovesti do definicije određenog integrl. Korištene grfičke ilustrcije preuzeli smo s web strnic

7 Određeni integrl. Problem površine i definicij određenog integrl Ko što smo rekli u uvodu, površinu pseudotrpez T možemo proksimirti pomoću površine prvokutnik p i P. Prvokutnik p im strnice duljine m i (b ). Td njegov površin iznosi m(b ). Lko zključujemo kko površin prvokutnik P iznosi M(b ). Kko je p T P, zbog ditivnosti površine vrijedi m(b ) P (T ) M(b ), () gdje je P (T ) površin psudotrpez T. Što je rzlik M(b ) m(b ) mnj, to je proksimcij () bolj. Ukoliko () ne dje zdovoljvjuću proksimciju, možemo ju poboljšti n sljedeći nčin: N segmentu [, b] odberimo bilo koji broj i oznčimo g s x. Tko smo pseudotrpez T podijelili n dv pseudotrpez T i T, gdje je [, x ] bz od T, [x, b] bz od T. Kko je f omeđen n segmentu [, b], omeđen je i n segmentim [, x ] i [x, b]. Stog postoje nenegtivni relni brojevi m, M, m, M tkvi d je m njmnj i M njveć vrijednost funkcije f n segmentu [, x ], odnosno m njmnj i M njveć vrijednost funkcije f n segmentu [x, b]. Anlogno ko i rnije, dobivmo: m (x ) P (T ) M (x ), () m (b x ) P (T ) M (b x ). (3) Znmo d je P (T ) = P (T ) + P (T ). Td iz () i (3) dobivmo: m (x ) + m (b x ) P (T ) M (x ) + M (b x ). (4) Nek je p prvokutnik upisn pseudotrpezu T i p prvokutnik upisn pseudotrpezu T. Kko je T = T T, slijedi d je p p skup točk upisn pseudotrpezu T. Pošto je m njmnj vrijednost funkcije f n segmentu [, b], vrijedi m m i m m. Iz tog zključujemo d je P (p p ) = m (x ) + m (b x ) P (p) = m(b ). Slično dobivmo i P (P P ) P (P ), gdje je P prvokutnik opisn pseudotrpezu T, odnosno P prvokutnik opisn pseudotrpezu T. Tko je proksimcij (4) bolj od proksimcije (). Još precizniju proksimciju možemo dobiti podijelimo li segment [, b] n još više podsegment. Pogledjmo kko bismo proveli tj postupk. Definicij. Končn skup točk P = {x, x,..., x n } s svojstvom = x < x < < x n = b nzivmo rzdiobom segment [, b]. Dijmetrom rzdiobe P nzivmo reln broj δ(p ) = mx i n x i x i. Z rzdiobu P kžemo d je profinjenje rzdiobe P ko je P P.

8 Primjer. Nek je I = [, b] i n N. Rzdiobu P n = {x, x,..., x n } nzivmo ekvidistntn rzdiob segment [, b] ko vrijedi x i = + i b, i =,,..., n. n Nek je n N i P = { = x, x,..., b = x n } rzdiob segment [, b]. Prvcim x = x, x = x,..., x = x n podijelimo pseudotrpez T n pseudotrpeze T, T,..., T n tko d je [x i, x i ] bz pseudotrpez T i, i =,..., n, ko što je prikzno n Slici 3. T T T n Slik 3 Ponovno, omeđenost funkcije f n segmentu [, b] povlči omeđenost funkcije f n svkom podsegmentu [x i, x i ], i =,..., n p postoje nenegtivni relni brojevi m i, M i tkvi d je m i = inf f(x), M i = sup f(x), i =,..., n. x [x i,x i ] x [x i,x i ] Zto možemo provesti postupk ko rnije i td dobivmo sljedeću proksimciju površine pseudotrpez T : m k (x k x k ) P (T ) k= M k (x k x k ). (5) k= Što je n veći, donj ogrd proksimcije (5) će rsti, gornj pdti, odnosno težiti će prem jednom broju. Zto površinu pseudotrpez T možemo izrčunti n sljedeći nčin: P (T ) = lim n k= m k (x k x k ) = lim n M k (x k x k ). (6) k= Odberimo sd proizvoljne točke ξ i n svkom podsegmentu [x i, x i ], i =,..., n. Kko je m i infimum, odnosno M i supremum funkcije f n podsegmentu [x i, x i ], vrijedi m i f(ξ i ) M i, i =,..., n. Tkođer, kko je m f(x) M, z svki x [, b], vrijedi m m i M i M, i =,..., n.

9 3 Iz prethodne dvije nejednkosti slijedi m m i f(ξ i ) M i M, i =,..., n. (7) Kko bismo definirli određeni integrl, definirmo: s(f, P ) = S(f, P ) = σ(f, P, {ξ,..., ξ n }) = m k (x k x k ), k= M k (x k x k ), k= f(ξ k )(x k x k ). Broj s(f, P ) nzivmo donj, broj S(f, P ) gornj Drbouxov sum. Broj σ(f, P, {ξ,..., ξ n }) nzivmo integrln sum. Pomnožimo li nejednkost (7) s (x i x i ) te sumirmo li po svim i-ovim od do n dobivmo k= m(b ) s(f, P ) σ(f, P, ξ,..., ξ n ) S(f, P ) M(b ). (8) Promotrimo sd skupove A = {s(f, ρ); ρ rzdiob od [, b]} i B = {S(f, ρ); ρ rzdiob od [, b]}. Iz (8) vidimo d je m(b ) minornt skup B te M(b ) mjornt skup A, što znči d postoje supremum skup A i infimum skup B. Definicij. Donji Riemnov integrl funkcije f n [, b] definir se ko f = sup{s(f, ρ) : ρ rzdiob od [, b]}. Definicij 3. Gornji Riemnov integrl funkcije f n [, b] definir se ko f = inf{s(f, ρ) : ρ rzdiob od [, b]}. Teorem (vidi [3]). Ako je f : [, b] R omeđen n segmentu [, b], ond je f f. (9) Sd možemo definirti određeni integrl. Definicij 4. Z omeđenu funkciju f : [, b] R kžemo d je R-integriln ko je f = f. Tj broj td nzivmo integrl, Riemnov integrl ili određeni integrl funkcije f n segmentu [, b] i oznčvmo b f(x) dx.

10 4 Funkciju f nzivmo integrnd ili podintegrln funkcij, [, b] područje integrcije, x vrijbl po kojoj integrirmo, donj, b gornj grnic integrcije. Po definiciji uzimmo b f(x) dx = b f(x) dx i f(x) dx =. Ako je f integrbiln n segmentu [, b], ond površinu pseudotrpez P (T ) definirmo ko P (T ) = b f(x) dx.. Osnovni teoremi i svojstv određenog integrl Nvedimo sd nužn i dovoljn uvjet integrbilnosti omeđene funkcije f n segmentu [, b]. Teorem (vidi [3]). Omeđen funkcij f : [, b] R je integrbiln n segmentu [, b] ond i smo ond ko z svki reln broj ɛ > postoji subdivizij P segment [, b] tkv d je S(f, P ) s(f, P ) < ɛ. Dokz teorem može se vidjeti u [3]. Prethodni teorem koristn je z dokz sljedećeg vžnog rezultt. Prije no što g iskžemo, prisjetimo se definicij: Definicij 5. Z funkciju f : D R, D R, kžemo d je neprekidn u točki D ko: Heine: z svki niz ( n ) iz D tkv d je lim n = vrijedi lim f( n ) = f(). n n Cuchy: z svki ɛ > postoji δ > tkv d (x D; x < δ f(x) f() < ɛ). Kžemo d je funkcij f neprekidn n D ko je on neprekidn u svkoj točki iz D. Definicij 6. Kžemo d je funkcij f : D R jednoliko ili uniformno neprekidn n skupu D, ko z svki ɛ > postoji δ > tkv d (x, x D; x x < δ) ( f(x ) f(x ) < ɛ ). Ako je funkcij f uniformno neprekidn n skupu D, ond je i neprekidn n skupu D, li neprekidnost funkcije f općenito ne povlči i uniformnu neprekidnost. Ekvivlencij slijedi u slučju kd je D = [, b] segment, odnosno općenitije ko je D ztvoren skup. Teorem 3 (vidi [3, Riemmnov teorem]). Ako je funkcij f : [, b] R neprekidn n segmentu [, b], ond je on i integrbiln n [, b].

11 5 Dokz. Funkcij f neprekidn je n segmentu [, b] p je i omeđen n [, b]. Po Teoremu f će biti integrbiln ko z svki ɛ > postoji rzdiob P segment [, b] tkv d je S(f, P ) s(f, P ) < ɛ. Svk neprekidn funkcij n segmentu je i uniformno nerekidn n tom segmentu. To znči d postoji δ > tkv d je f(x) f(y) < ɛ, z sve x, y [, b] b tkve d je x y < δ. Nek je P = {x, x,..., x n } bilo koj rzdiob segment [, b] tkv d joj je dijmetr δ(p ) < δ. Po Bolzno-Weierstrssovom teoremu, neprekidn funkcij segment preslikv u segment. To znči d z svki x [x i, x i ] postoje x, x [x i, x i ] tkvi d je f(x ) f(x) f(x ). Pri tome je m i = inf{f(x) : x [x i, x i ]} = f(x ), M i = sup{f(x) : x [x i, x i ]} = f(x ). Vrijedi M i m i = f(x ) f(x ). Kko je x x δ(p ) < δ, zbog uniformne neprekidnosti funkcije f je M i m i < ɛ. b Sd immo: S(f, P ) s(f, P ) = (M i m i )(x i x i ) i= i= ɛ b (x i x i ) = ɛ. Općenito ne vrijedi obrt Riemmnovog teorem. Dkle, ko je f integrbiln funkcij n segmentu [, b], on ne mor biti i neprekidn n [, b]. Kko bismo jednostvnije konstruirli primjer tkve funkcije, nvedimo i dokzom potkrijepimo sljedeći teorem: Teorem 4 (vidi [, Teorem 6.]). Ako je f : [, b] R monoton funkcij n [, b] ond je on omeđen i integrbiln n [, b]. Dokz. Pretpostvimo d je f monotono rstuć funkcij. To znči d z x, y [, b], x < y f(x) f(y). Iz tog slijedi d je f() f(x) f(b), z svki x [, b], odnosno slik funkcije f n segmentu [, b] je omeđen skup, dkle f je omeđen funkcij n [, b]. Uzmimo ekvidistntnu rzdiobu P n = {x, x,..., x n } segment [, b]. Z proizvoljn n, svki će podsegment [x k, x k ] biti duljine b. Budući d je f monotono n rstuć funkcij, slijedi m k = M k = Odredimo sd donju Drbouxovu sumu. s n = inf x [x k,x k ] f(x) = f(x k ), sup f(x) = f(x k ). x [x k,x k ] m k (x k x k ) = m (x x ) + m (x x ) + + m n (x n x n ) k= = f(x ) b n + f(x ) b n + + f(x n ) b n. Slično rdimo i z gornju Drbouxovu sumu i dobivmo: s n = [f(x ) + f(x ) + + f(x n ] b n, S n = [f(x ) + f(x ) + + f(x n ] b n.

12 6 Promotrimo sd odkle slijedi Kko je te S n s n = [f(x n ) f(x )] b n, S n = s n + [f(x n ) f(x )] b n. s n sup{s(f, P ) : P rzdiob od [, b]} = S n inf{s(f, P ) : P rzdiob od [, b]} = f f dobivmo sljedeću nejednkost: f f + [f(b] f()] b n. Ovo vrijedi z proizvoljn n N, stog immo f f. Primjenom Teorem dobivmo f = f, odnosno f je integrbiln n [, b]. Postupk je nlogn u slučju kd je f monotono pdjuć funkcij n [, b]. Pokžimo n primjeru kko obrt Teorem 4 ne vrijedi. Primjer. Ispitjmo integrbilnost funkcije f : [, π] R, f(x) = sin x. Rješenje: Funkcij f je neprekidn n segmentu [, π] p je prem Teoremu 3 i integrbiln n [, π]. Uočimo kko funkcij f nije monoton n segmentu [, π]. Dkle, ko je funkcij f integrbiln n segmentu [, b], on nije nužno i monoton n [, b]. Primjer 3. Ispitjmo integrbilnost funkcije f : [, 5] R definirne n sljedeći nčin: f(x) = { x, x [, 3 x +, x [3, 5]. Rješenje: Funkcij f im prekid u točki x = 3, tj. nije neprekidn n segmentu [, 5] p Teorem 3 ne dje odluku o integrbilnosti funkcije f. No, kko je funkcij f monotono rstuć n segmentu [, 5], prem Teoremu 4 on je i integrbiln n segmentu [, 5]. Teorem 5 (vidi [3, Drbouxov teorem]). Nek je f : [, b] R omeđen funkcij i (P n ) bilo koji niz rzdiob segment [, b] s svojstvom d δ(p n ) kd n. Td su nizovi Drbouxovih sum (S(f, P n )) i (s(f, P n )) konvergentni i pri tome vrijedi: lim S(f, P n) = (f, [, b]), n Dokz teorem može se vidjeti u [3]. lim s(f, P n ) = (f, [, b]). n

13 7 Npomen. Prem definiciji 4, z omeđenu i integrbilnu funkciju f n segmentu [, b] vrijedi b f(x) dx = f = f. Td, prem prethodnom teoremu, z svki niz rzdiob P n tkv d je lim x δ(p n ) =, vrijedi b f(x) dx = lim n s(f, P n ) = lim n σ(f, P n ) = lim n S(f, P n ). Primjer 4. Izrčunjmo određeni integrl: 3 4x dx. Rješenje: Očito je podintegrbiln funkcij f monoton n [, 3], p je prem Teoremu 4 f integrbiln n [, b]. Po Definiciji 4 je 4x = 4x i t zjedničk vrijednost jednk je 3 4x dx. Kko bismo izrčunli 4x, trebmo odrediti donju Drbouxovu sumu s n. Nek je n N. Uzmimo ekvidistntnu rzdiobu P n = {x o, x,..., x n } segment [, 3]. Svki podsegment je td duljine 3. Kko je f monotono rstuć funkcij n [, 3], minimum funkcije f n svkom n podsegmentu od [, 3] je vrijednost funkcije f u lijevom rubu podsegment, tj. m k = f(x k ), k =,... n. Sd immo: s n = m k (x k x k ) = k= = 3 n = 3 n f(i 3 n n ) = 3 n k= 3 n f(x k ) [ f() + f( 3 n ) + f( 3 n ) + + f((n ) 3 n ) i= n i= i n = 36 n n Sum n i= i predstvlj zbroj n člnov ritmetičkog niz i lko se provjeri d je n i= i = (n )n. Stog immo 36 n i = 36 (n )n n n i= Po Definiciji je = sup s n = 8, odnosno n N i= i. = 8 n (n n) = 8 8 n. 3 4x dx = 8. Nvedimo još neke rezultte s korisnim svojstvim određenog integrl. Teorem 6 (vidi [, Teorem 4.]). Nek su f i g omeđene i integrbilne funkcije n segmentu [, b] te α i β proizvoljni relni brojevi. ) Funkcij αf + βg je omeđen i integrbiln n [, b]. Osim tog je b (αf + βg) = α b f(x) dx + β b ] g(x) dx. () Drugim riječim, skup svih n [, b] integrbilnih funkcij je vektorski prostor, preslikvnje f b f(x) dx

14 8 je linern funkcionl n tom prostoru. ) Ako je f(x) g(x), z svki x [, b], ond je b f(x) dx b što se zove monotonost integrl. 3) Funkcij x f(x) je integrbiln n [, b] i vrijedi b g(x) dx, () b f f(x) dx. () Teorem 7 (vidi [, Teorem 5.]). Nek je f : [, b] R omeđen funkcij i nek je on integrbiln n svkom od segment [, c], [c, b], gdje je c, b. Td je f integrbiln n segmentu [, b] i vrijedi b f(x) dx = c f(x) dx + b c f(x) dx. (3) Npomen. Formulom (3) dno je svojstvo ditivnosti određenog integrl po području definicije. Ko što ćemo ksnije vidjeti, Teoreme 5 i 6 često koristimo pri rješvnju integrl kko bi ih rstvili n više jednostvnijih dijelov..3 Newton-Leibnizov formul Rješvnje određenih integrl korištenjem definicije nije trivijlno čk ni z jednostvne funkcije. Zto ih u prksi rješvmo n drugčiji nčin. Prije no što pokžemo neke od metod integrcije nvedimo sljedeće definicije i rezultte: Definicij 7. Primitivn funkcij funkcije f : I R n otvorenom intervlu I R zove se svk funkcij F s svojstvom d je F (x) = f(x), x I. Primjer 5. Funkcij F (x) = x 3 jedn je primitivn funkcij funkcije f(x) = 3x jer vrijedi F (x) = 3x = f(x). Sd možemo iskzti sljedeći vžn teorem: Teorem 8 (vidi [3]). Nek je f : [, b] R neprekidn funkcij n segmentu [, b]. Ako je F bilo koj primitivn funkcij od f n [, b], ond je b f(x) dx = F (b) F (). (4)

15 9 Formulu (4) nzivmo Newton-Leibnizov formul. Pomoću nje problem rješvnj određenog integrl svodimo n problem pronlsk jedne primitivne funkcije podintegrlne funkcije f, odnosno rješvnje pripdnog neodređenog integrl. Definicij 8. Nek je I jedn od skupov: segment [, b], intervl, b, s lijev ztvoreni intervl [, b ili s desn ztvoreni intervl, b]. Skup svih primitivnih funkcij funkcije f : I R oznčv se f(x) dx i zove ntiderivcij ili neodređeni integrl funkcije f. Npomen 3. Ako je F jedn primitivn funkcij funkcije f, td su sve primitivne funkcije od f dne izrzom F (x) + c, c R. Primjer 6. Izrčunjmo neodređeni integrl 3x dx. Rješenje: U Primjeru 5 pokzli smo d je F (x) = x 3 jedn primitivn funkcij funkcije f(x) = 3x. Td su prem Npomeni 3 sve primitivne funkcije od f dne izrzom x 3 + c, c R, odnosno 3x dx = x 3 + c, c R. Primjer 7. Izrčunjmo određeni integrl π cos x dx. Rješenje: Znmo d je (sinx) = cos x, tj. F (x) = sin x je jedn primitivn funkcij podintegrlne funkcije f(x) = cos x. Primjenom formule (4) dobivmo π cos x dx = sin π sin =..4 Metode rješvnj integrl Ovisno o tipu podintegrlne funkcije, postoje rzne metode z rčunnje određenih i neodređenih integrl. Ovdje ćemo nvesti neke od njih, bit će nm potrebne u slijedećem poglvlju..4. Direktn integrcij Elementrne funkcije integrirmo pomoću tblice neodređenih integrl:

16 x n dx = xn+ n + + C x R, n dx = ln x + C x x e x dx = e x + C x R x dx = x + C x R, >, ln sin x dx = cos x + C x R cos x dx = sin x + C x R sin dx = cot x + C x R\{kπ, k Z} x { π } cos x dx = tn x + C x R\ + kπ, k Z sh x dx = ch x + C x R ch x dx = sh x + C x R x dx = rcsin x + C x <, + x dx = rctn x + C x R, x dx = ln + x x + C x <, x + dx = ln(x + x + ) + C x R, x dx = ln(x + x ) + C x >, R Tblic : Tblic neodređenih integrl Direktn integrcij sstoji se u tome d se podintegrln funkcij primjenom osnovnih svojstv integrl nvedenih u Teoremu 6 i Teoremu 7 dovede u vezu s elementrnim funkcijm čije integrle rčunmo primjenom Tblice. Primjer 8. Izrčunjmo određeni integrl Rješenje: 3 4x dx = 4 3 Primjer 9. Izrčunjmo određeni integrl Rješenje: x + 5 x + dx = 3 4x dx. [ ] x 3 x dx = 4 x + 5 x + dx. [ ] 9 = 4 = 8. x dx = dx + 4 x + = + 4 [rctn rctn ] = + 4 rctn = + π. x + dx = x + 4 rctn x

17 Uočimo kko n ovj lgebrski nčin rčunnj integrl primjenom Tblice elegntnije dolzimo do rješenj u odnosu n nčin rčunnj integrl primjenom definicije pokznom u Primjeru Metod supstitucije Često je podintegrln funkcij tkv d nije moguće provesti direktnu integrciju. Td u nekim slučjevim možemo koristiti sljedeći teorem: Teorem 9 (vidi [, Teorem 3.]). Nek su I i I intervli, ϕ diferencijbiln funkcij n I i f neprekidn funkcij n I tkv d je F (x) = f(x), z svki x I. Pretpostvimo d je ϕ(i ) I tkvo d je n I definirn kompozicij f ϕ. Z svki pr α, β I vrijedi β α f[ϕ(t)]ϕ (t) dt = ϕ(β) ϕ(α) f(t) dt. (5) Dokz. Jer je ϕ I, slijedi d je G = F ϕ definirn i diferencijbiln n I kompozicij diferencijbilnih funkcij). Immo: (jer je G (x) = F [ϕ(x)]ϕ (x) β α = F [ϕ(β)] F [ϕ(α)] = f[ϕ(x)]ϕ (x) dx = G(β) G(α) ϕ(β) ϕ(α) f(x) dx. Dkle, iz prvil z derivirnje kompozicije dobili smo prvilo z integrirnje metodom supstitucije. Uvođenjem odgovrjuće supstitucije pojednostvljujemo podintegrlnu funkciju tko d novodobiveni integrl možemo riješiti direktnom integrcijom. Odbir supstitucije ovisi o obliku podintegrlne funkcije; ne postoji jedno univerzlno prvilo, li kroz vježbu možemo prepoznti njčešće ideje z rješvnje. Primjer. Izrčunjmo neodređeni integrl sin x cos 3x dx. Rješenje: Znmo d vrijedi sin x cos y = [sin(x y) + sin(x + y)], p immo sin x cos 3x dx = (sin x + sin 4x) dx. Ako uvedemo supstituciju t = x dt = dx

18 dobivmo: (sin x + sin 4x) dx = 4 [ sin t dt + ] sin t dt = [ cos t cos t] 4 = [cos x + cos 4x] + c, c R. 4 Primjer. Izrčunjmo određeni integrl Rješenje: Uzmimo supstituciju: 4 x x + dx. t = x + dt = x dx x = t = x = 4 t = 7. Sd immo: 7 dt = t 7 = 7. t Prilikom rčunnj određenog integrl nije nužno pri korištenoj supstituciji nprviti i zmjenu grnic integrcije, već možemo njprije riješiti pripdni neodređeni integrl, p n krju primijeniti Newton-Leibnizovu formulu z rješvnje polznog integrl u dnim grnicm. x Primjer. Izrčunjmo određeni integrl x 4 + 3x + dx. x Rješenje: Riješimo njprije neodređeni integrl I = x 4 + 3x + dx. Primjenom supstitucije: t = x dt = x dx dobivmo x x 4 + 3x + dx = t + 3t + dt = (t + )(t + ) dt. Ako podintegrlnu funkciju rstvimo n prcijlne rzlomke, immo (t + )(t + ) dt = [ ] t + dt t + dt = [ln(t + ) ln(t + )]. Sd vrtimo supstituciju i dobivmo I = [ ln(x + ) ln(x + ) ].

19 3 N krju primjenom Newton-Leibnizove formule riješimo određeni integrl: x x 4 + 3x + dx = ln(x + ) ln(x + ) = ln ln Metod prcijlne integrcije Ukoliko ni metodom supstitucije ne možemo izrčunti trženi integrl, ponekd nm može pomoći formul z derivciju produkt iz koje dobivmo formulu z metodu prcijlne integrcije: Teorem (vidi [3]). Ako su u, v : I R neprekidno derivbilne funkcije n intervlu I, ond su funkcije u v i uv integrbilne n I i pri tome vrijedi: u (x)v(x) dx = u(x)v(x) u(x)v (x) dx. Dokz. Neprekidnost funkcij u i v n I povlči neprekidnost funkcij u v i uv p su prem Teoremu 3 one i integrbilne n I. Z svki x I, vrijedi (uv) (x) = u (x)v(x) + u(x)v (x). Integrirnjem dobivmo (uv)(x) = u (x)v(x) dx + u(x)v (x) dx, odnosno u (x)v(x) dx = u(x)v(x) u(x)v (x) dx. Odgovrjuć formul z rčunnje određenog integrl metodom prcijlne integrcije glsi b u (x)v(x) dx = u(x)v(x) b b u(x)v (x) dx. (6) x sin x Primjer 3. Izrčunjmo neodređeni integrl dx. 3 Rješenje: Kko bismo proveli prcijlnu integrciju, uvodimo supstituciju Slijedi u = x 3 du = 3 dx dv = sin x dx x v = cos. x sin x 3 x cos x cos x x cos x sin x dx = + dx = + + c, c R

20 4 Primjer 4. Izrčunjmo određeni integrl Rješenje: Uzimmo supstituciju ln x x dx. u = ln x dv = x dx Prem formuli (6) immo: ln x x du = x dx v = x. x dx = ln x + dx = ln x x x x ( ln = ln ) ( ) = + ln.

21 5 Primjene određenog integrl u geometriji Riemnnov integrl može se koristiti z rčunnje površine složenijih likov i ploh, ko i z rčunnje duljine i volumen. Postoji mnogo literture koj proučv tkve teme. Veliki broj zdtk i primjer ilustrirnih odgovrjućim slikm može se vidjeti i u [4]. U ovom poglvlju nvodimo neke od njčešćih upotreb određenog integrl u geometriji.. Površin lik u rvnini Već znmo d je površin pseuodotrpez omeđenog prvcim x =, x = b, y = i grfom funkcije y = f(x) jednk b f(x) dx. Ako je psudotrpez omeđen s y-osi, prvcim prlelnim s x-osi, y = c, y = d te nekom krivuljom x = f(y), td slično vrijedi d je njegov površin jednk d f(y) dy. c Ukoliko tržimo površinu T između dvije krivulje l i l dne jedndžbm y = f (x), y = f (x) tkve d je f (x) f (x), z svki x [, b] (vidjeti Sliku 4), dovoljno je primijetiti d je t površin jednk rzlici površine pseudotrpez omeđenog krivuljom l i pseudotrpez omeđenog krivuljom l. Prem tome, vrijedi: P (T ) = b f (x) dx b f (x) dx = b (f (x) f (x)) dx. (7) T Slik 4 Ako se grf funkcije f nlzi ispod x-osi, td je površin tog pseudotrpez jednk P (T ) = b f(x) dx. Ako je f tkv d je f(x) >, z svki x [, c, f(x) <, z svki x c, b], f(c) =, td je površin lik omeđenog grfom funkcijom f, x-osi i prvcim x =, x = b jednk: P = c f(x) dx b c f(x) dx. Primjer 5. Izrčunjmo površinu lik omeđenog krivuljm y = x, y = x i y = 4.

22 6 Rješenje: Skicirjmo dne krivulje kko bismo lkše uočili područje čiju površinu tržimo. 8 x 6 4 T {- x} Pronđimo točke presjek krivulj i prvc: Slik 5 x = 4 x =, x = 4 x =. Dkle, grnice nšeg integrl su - i. Uočimo d je nš lik omeđen odozgo prvcem y = 4 n cijelom segmentu [, ], odozdo krivuljom x n segmentu [, ] te krivuljom x n segmentu [, ]. Primjenom Teorem 7 dobivmo P (T ) = (4 x ) dx + (4 x ) dx = 4x + x + 4x x = 4 3 ln ln = 9 ln. ln ln Trženu površinu možemo dobiti i promtrjući nše krivulje ko funkcije vrijble y: x = log y, x = log y. Sd su grnice integrl i 4. Dobiveni lik omeđen je odozgo krivuljom log x, odozdo krivuljom log y n cijelom segmentu [, 4]. Prem tome, trženu površinu možemo izrčunti i n slijedeći nčin: P (T ) = 4 (log y + log y) dy.. Duljin luk krivulje Definicij 9. Duljin s luk AB n nekoj krivulji y = f(x) je grničn vrijednost kojoj teži duljin upisne poligonske crte AM M... M n B kd broj tetiv neogrničeno rste, duljin njveće (dkle i svke) tetive teži k nuli. Simbolički to pišemo ko s = lim m(δ) d i, gdje je m(δ) = mx σ i, σ i = x i x i, d i = M i M i, i =,..., n. n=

23 7 Slik 6 ilustrir prethodnu definiciju. Slik 6 Duljin svke tetive M i M i, i =,..., n iznosi d i = ( ) yi y (x i x i ) + (y i y i ) i = + (x i x i ). x i x i Nek je f : [, b] R neprekidn funkcij n [, b] i nek u tom intervlu im neprekidnu prvu derivciju f. Iskoristit ćemo sljedeći teorem: Teorem (vidi [3, Lgrngeov teorem]). Ako je funkcij f neprekidn n segmentu [, b] i derivbiln n intervlu, b, ond postoji točk c, b tkv d je f(b) f() = f (c)(b ). Primjenom Teorem slijedi Sd je y i y i x i x i = f (ξ i ), x i < ξ i < x i. s = lim m(δ) + f (ξ i ) σ i. To je integrln sum neprekidne funkcije + f (x), p je s = b i= + f (x) dx. (8) Ako je krivulj zdn prmetrski, x = x(t), y = y(t), duljinu luk rčunmo ko s = t t (x (t)) + y (t) dt, z t, t vrijednosti prmetr koji pripdju krjevim luk AB.

24 8 Primjer 6. Izrčunjmo duljinu luk krivulje y = ( x + ) 3 između točk A = (, ) i B = (, 3 3 ). Rješenje: Slik 7 prikzuje zdnu krivulju te točke A i B. (x + ) 3/ B A Slik 7 Derivcij funkcije y iznosi y (x) = 3 x +. Prem formuli (8) slijedi Uzimmo supstituciju Immo s = (x + ) dx = s = 4 9 Vrćmo supstituciju i uvrštvmo grnice s = 8 7 t = x dt = 9 4 dx. ( ) x = 8 7 t 8 3 dt = t x dx. ( ) ( ) Primjer 7. Izrčunjmo duljinu luk krivulje zdne prmetrski s z t [, π]. x(t) = t sin t y(t) = cos t, Rješenje: N intervlu [, π] nš je krivulj grfički prikzn n Slici 8.

25 Immo Slik 8 x (t) = cos t, y (t) = sin t, p duljin luk krivulje n intervlu [, π] iznosi π s = ( cos t) + sin t dt = = π π sin t π dt = 4 sin u du = 4[cos u] cos t + cos t + sin t dt π = 8..3 Volumen rotcijskog tijel Nek je f : [, b] R neprekidn funkcij i f(x) z svki x [, b]. Rotcijsko tijelo je tijelo nstlo rotcijom luk krivulje y = f(x) n segmentu [, b] oko koordintne osi. Nek je x-os dn os rotcije. Svkoj rzdiobi ρ = { = x o, x,..., x n = b} segment [, b] n podsegmente [x i, x i ], i =,..., n odgovr podjel rotcijskog tijel n slojeve s visinm σ i. Nek je ξ i [x i, x i ]. Volumen cilindričnog tijel visine σ i polumjer osnovke η i = f(ξ i ) iznosi πηi σ i (vidjeti Sliku 9). Slik 9

26 Sum svih volumen tkvih cilindričnih tijel iznosi πη i σ i = π f(ξ i ) σ i. n= To je integrln sum z neprekidnu funkciju πf. Zto je volumen V x tijel nstlog rotcijom površine ispod grf funkcije y = f(x) oko x-osi z x [, b] dn formulom V x = π b n= f(x) dx. Anlogno se dobije i volumen tijel nstlog rotcijom površine ispod grf funkcije x = f(y) oko y-osi z y [c, d] V y = π d c f(y) dy. Primjer 8. Izrčunjmo volumen tijel nstlog rotcijom oko y-osi lik omeđenog krivuljm y = x 3, y = 5, x = u xy-rvnini. Rješenje: 8 x Slik Kko se rdi o rotciji oko y-osi, krivulju y = x 3 treb izrziti ko funkciju vrijble y, tj. x = 3 y. Sd je trženi volumen jednk: 5 V y = π ( 3 5 y) dy = π y 3π 3 dy = 5 y = 3π Izrčunjmo sd volumen tijel nstlog rotcijom istog lik oko x-osi. Donj grnic integrcije iznosi, dok gornju grnicu integrcije dobivmo uvrštvnjem y = 5 u funkciju y = x 3, tj. gornj grnic integrcije iznosi 3 5. Zto trženi volumen iznosi: ) V x = π (5 x 3 ) dx = π (5 x 3 + x 6 ) dx = π (5x 5x4 + x ( = π ( 3 5) 4 + ( 3 ) ( ) 3 5) = π = 9π

27 .4 Površin rotcijske plohe Površin rotcijske plohe podrzumijev površinu plšt rotcijskog tijel, tj. plohe dobivene rotcijom grf funkcije x y = f(x), x [, b] oko x-osi. Uzmimo luk AB, oznčimo M A, M n B i podijelimo g n prcijlne lukove M M, M M... M i M i... M n M n ko što je prikzno n Slici. Sd konstruirjmo poligonsku crtu M M M... M i... M n M n. Pri rotciji svki dio poligonske crte opist će površinu plšt krnjeg kružnog stošc. Slik Definicij. Površinom rotcijske plohe nziv se grničn vrijednost kojoj teži površin nstl rotcijom upisne poligonske crte. Nek je S duljin luk AB. Podijelimo intervl OS točkm s = O < s < s < < s i < s i < < s n = S, te nek je s i s i duljin prcijlnog luk M i M i. Površin plšt krnjeg kružnog stošc jednk je P p = πs(r + r) = π R + r s. Uvrštvnjem R = y i, r = y i, s = M i M i, površin plšt krnjeg kružnog stošc dobivenog rotcijom dijel M i M i poligonske crte iznosi P pi = π y i + y i M i M i, i =,..., n. Td je površin rotcijske plohe nstl rotcijom poligonske crte jednk P = π (y i + y i )M i M i. i=

28 Zmijenimo li duljine M i M i duljinm odgovrjućih lukov dobivmo P = π Nek je sup y(s) = N. Td je π = π i= (y i + y i+ (s i s i ). i= (y i + y i+ (s i s i ) π (y i + y i+ M i M i i= (y i + y i )((s i s i ) M i M i ) πn( (s i s i ) i= i= M i M i ). i= Kko je n i= (s i s i ) jednk duljini luk AB, n i= M i M i je jednk duljini upisne poligonske crte u luku AB, slijedi d je tj. lim ( (s i s i ) n i= M i M i ) =, i= lim (π (y i + y i )M i M i ) = lim n i= n (π Zbroj dvije integrlne sume z funkciju y iznosi π odnosno lim (π y i (s i s i ) = lim (π n n i= (y i + y i )(s i s i ). (9) i= (y i + y i )(s i s i ) te vrijedi i= y i (s i s i ) = π i= lim (π (y i + y i )(s i s i )) = π n i= Iz (9) i () dobivmo formulu z rčunnje površine rotcijske plohe: P = π s s s y ds, y(s) ds. () y(s) ds. () Ako je krivulj dn u prmetrskom obliku x = x(t) y = y(t), t [α, β], ond je P = π β α y x + y dt. Ako je luk AB dn jedndžbom y = f(x), x [, b], ond je P = π b f(x) + f (x) dx. Primjer 9. Izrčunjmo površinu plohe dobivene rotcijom luk krivulje y = x3, x [, ], 3 oko x-osi.

29 3 Rješenje: Uvrštvnjem u formulu (), površin nstle rotcijske plohe iznosi P = π x [( x 3 Integrl rješvmo uvođenjem supstitucije 3 ) ] dx = π 3 t = + x 4 4 dt = x3 dx x = t = x = t = 7. x 3 + x 4 dx. Slijedi P = π 7 [ ] π t dt = 6 3 t 3 7 = π 9 [ 3 ] 3 7 = π 7 3 π. 9 Primjer. Integrlnim rčunom izvedimo formulu z oplošje kugle. Rješenje: Kuglu možemo shvtiti ko tijelo nstlo rotcijom oko x-osi kružnice K rdijus r s središtem u ishodištu koordintnog sustv koj je zdn jedndžbom x + y = r. Oplošje kugle je td površin nstle rotcijske plohe. Iz jedndžbe kružnice dobivmo y = ± r x, odnosno kružnic je unij lukov y = r x i y = r x. Očito je d su površine P i P nstle rotcijom tih lukov jednke. Zto površinu rotcijske plohe rčunmo ko r [ ( ) ] P = P + P = P = π r x + r x dx r r = 4π r x r x dx = 4π[rx] r = 4πr.

30 4 Litertur [] S. Kurep, Mtemtičk nliz, Školsk knjig, Zgreb, 997. [] T. Brdić, J. Pečrić, R. Roki, M. Strunje, Mtemtik z tehnološke fkultete, Element, Zgreb, 998. [3] M. Crnjc, D. Jukić, R. Scitovski, Mtemtik, Sveučilište J. J. Strossmyer u Osijeku, Ekonomski fkultet, Osijek, 994. [4] K. Burzin, J. Jnkov, I. Kuzmnović, I. Soldo, Primjene diferencijlnog i integrlnog rčun funkije jedne vrijble, Sveučilište J. J. Strossmyer u Osijeku, Odjel z mtemtiku, Osijek, 7.